Quadrilateri iscritti in un quadrato

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angus89
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Quadrilateri iscritti in un quadrato

Messaggio da angus89 » 12 apr 2008, 13:15

Fra tutti i quadrilateri convessi iscritti in un quadrato, in modo che ogni lato del quadrato contenga almeno un vertice del quadrilatero, si determinino quelli aventi minomo e massimo perimetro

Immagine

Osservazione in bianco
credo che questo porblema sia riconducibile ad un problema di minimo e di massimo con qualche funzione...
O forse no...
Sinceramente non mi viene nessuna strategia in mente


e si...è un SNS
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui

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salva90
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Messaggio da salva90 » 12 apr 2008, 13:19

Per disuguaglianza triangolare il perimetro è minore del perimetro del quadrato; si ha massimo se i vertici dei due quadrilateri coincidono
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darkcrystal
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Messaggio da darkcrystal » 12 apr 2008, 14:08

E il minimo si trova per QM-AM... vedi come?
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¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 12 apr 2008, 14:31

chiama i vertici del quadrato esterno EFGH in senso antiorario con E tra D e A. EF=1. Poi metti EA=x FB=y GC=z HD=t e noti che le distanze possono essere considerate come una spezzata che ha proiezione sullasse x 2 e sulla y 2 da cui il risultato $ 2\sqrt{2} $

Immagine

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angus89
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Messaggio da angus89 » 12 apr 2008, 14:54

salva90 ha scritto:Per disuguaglianza triangolare il perimetro è minore del perimetro del quadrato; si ha massimo se i vertici dei due quadrilateri coincidono
Qui ci ero arrivoto con strani ragionamenti e non ho pensato alla cosa più scontata...disugualianza triangolare...

Va bè
darkcrystal ha scritto:E il minimo si trova per QM-AM... vedi come?
Se lo espliciti è meglio

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto: [...] noti che le distanze possono essere considerate come una spezzata che ha proiezione sullasse x 2 e sulla y 2 da cui il risultato [...]
E qui non riesco a capire
Alla fine del diciannovesimo secolo, un matematico straordinario,Cantor, languiva in un manicomio... Più si avvicinava alle risposte che cercava, più esse sembravano allontanarsi. Alla fine impazzì, come altri matematici prima di lui

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Messaggio da darkcrystal » 12 apr 2008, 15:22

Beh, siano a,b i segmenti staccati sui lati del quadrato esterno da un lato x del quadrilatero iscritto (seguendo il disegno di Gabriel, puoi prendere x=AB, a=AF, b=FB).
Allora per Pitagora e QM-AM vale $ x=\sqrt{a^2+b^2} \geq \sqrt{2} \frac{a+b}{2} $; sommando sui 4 lati del quadrilatero inscritto, il suo perimetro risulta maggiore o uguale a $ \sum \frac{\sqrt{2}(a+b)}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2} P $ dove P indica il perimetro del quadrato; nota inoltre che non è necessario che il quadrilatero inscritto sia il quadrato con vertici nei punti medi dei lati, ma basta che sia un rettangolo con i lati inclinati a 45° rispetto a quelli del quadrato (perchè è questo il caso di uguaglianza nella QM-AM)!

Ciao!
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Stex19
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Messaggio da Stex19 » 12 apr 2008, 21:35

chiamiamo i segmenti che collegano un vertice del quadrato grosso a 1 del quadrilatero con le lettere $ x,y,z,t $ come in figura, e chiamiano $ a $ il lato del quadrato grande.

Immagine


troviamo i 4 lati del quadrilatero con pitagora (a es. il primo è $ \sqrt{y^2+(a-x)^2} $ )

si ottiene quandi il perimentrio P del quadrilatero che è $ 2P^2=2a^2+x^2+y^2+x^2+z^2-2a(x+y+z+t) $

possiamo eliminare $ 2a^2 $, visto che è un valore costante che vvaria in base al quadrato grande, e arriviamo a dovre trovare il valore minimo di $ x^2+y^2+x^2+z^2-2a(x+y+z+t) $, che possiamo riscrivere così: $ x(x-a)+y(y-a)+z(z-a)+t(t-a) $

analizziamo solo un caso, poichè i 4 casi sono uguali, quindi $ x(x-a)=-x(a-x) $, ma $ a-x=c $, quindi dobbiamo trovare il punto che divide un segmento in modo che il prodotto dei 2 segmenti formati sia massimo. E noi sappiamo che questo punto è il punto medio.
Quindi il lato del quadrato inscritto è $ \frac{1}{\sqrt{2}} $ volte quello del quadrato grande, quindi anche il perimentro è $ \frac{1}{\sqrt{2}} $ il perimetro del quadrato grande.

p.s scusat per la figura piccola.... :roll:

Robertopphneimer
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Re: Quadrilateri iscritti in un quadrato

Messaggio da Robertopphneimer » 21 lug 2012, 15:39

Provo un attimo io :

un lato del quadrilatero è l

l= x(proiezione di l sul lato del quadrato) * cos(alpha)

$ 2p= l_1+l_2+l_3+l_4 $ dato che tutti i lati hanno le medesime formule perciò la funzione si può considerare

$ l(k) = k cos(alpha) $ perciò il valore in cui il coseno è minimo in questo caso è $ \sqrt{2} /2 $ (poiché all'umentare di un angolo diminuisce l'altro e a alpha = 90° si ha che i vertici del quadrilatero corrispondono col quadrato cioè il massimo).
L'universo è come una sfera dove il centro è ovunque e la circonferenza da nessuna parte.
"Blaise Pascal"

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